172. 阶乘后的零 : 经典统计质因数运用题

题目描述

这是 LeetCode 上的 ​​172. 阶乘后的零​​ ，难度为 中等。

Tag : 「数学」

给定一个整数 ，返回 结果中尾随零的数量。

提示 

示例 1：

输入：n = 3

输出：0

解释：3! = 6 ，不含尾随 0

示例 2：

输入：n = 5

输出：1

解释：5! = 120 ，有一个尾随 0

示例 3：

输入：n = 0

输出：0

提示：

进阶：你可以设计并实现对数时间复杂度的算法来解决此问题吗？

数学

对于任意一个 而言，其尾随零的个数取决于展开式中 的个数，而 可由质因数 而来，因此 的尾随零个数为展开式中各项分解质因数后 的数量和 的数量中的较小值。

即问题转换为对 中的各项进行分解质因数，能够分解出来的 的个数和 的个数分别为多少。

为了更具一般性，我们分析对 中各数进行分解质因数，能够分解出质因数 的个数为多少。根据每个数能够分解出 的个数进行分情况讨论：

• 能够分解出至少一个的个数为的倍数，在范围内此类数的个数为
• 能够分解出至少两个的个数为的倍数，在范围内此类数的个数为
• ...
• 能够分解出至少个的个数为的倍数，在范围内此类数的个数为

我们定义一个合法的 需要满足 ，上述的每一类数均是前一类数的「子集」（一个数如果是 的倍数，必然是 的倍数），因此如果一个数是 的倍数，其出现在的集合数量为 ，与其最终贡献的 的数量相等。

回到本题， 中质因数 的数量为 :

中质因数 的数量为 :

由 ，可知 ，同时 相同的每一项满足 ，可知最终 ，即质因数 的个数必然不会超过质因数 的个数。我们只需要统计质因数 的个数即可。

代码：

class Solution {
    public int trailingZeroes(int n) {
        return n == 0 ? 0 : n / 5 + trailingZeroes(n / 5);
    }
}

class Solution:
    def trailingZeroes(self, n: int) -> int:
        return n // 5 + self.trailingZeroes(n // 5) if n else 0

• 时间复杂度：
• 空间复杂度：忽略递归带来的额外空间开销，复杂度为

最后

这是我们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 ​​No.172​​ 篇，系列开始于 2021/01/01，截止于起始日 LeetCode 上共有 1916 道题目，部分是有锁题，我们将先把所有不带锁的题目刷完。

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